2)!
6. 3 勒让德多项式
an4

(2n 4)! 2!2n (n 2)!(n
4)!
一般地当 n 2k 0 时，有
an2k

(1)k
(2n 2k)! k !2n (n k)!(n 2k)!
当n为正偶数时，将这些系数代入到 y1(x) 中得到
y1 ( x)

(2n)! 2n (n!)2
dR dr


R
r 2 sin
d
d

sin
d
d


R
r 2 sin2
d 2
d 2

0
用 r 2 遍乘各项并移项整理，即得 R
1 R
d dr

r
2
dR dr

1
sin
d
d

sin
d
d


1
sin2
d 2
d 2
Ql (x) 称为第二类Legendre函数，它在[ -1，1 ]上
仍是无界的.
lim
|x|1
|
Ql
(
x)
|

6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
6. 4 函数展开成 勒让德多项式的级数
1 勒让德多项式的正交性
0, m n
1 1
Pm
(
x)
Pn
(
x)dx


2 2n
C0

1 2
1 f (x)dx 1
1
2
0 xdx 1
1
2
1 xdx 1
0
2
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
4n 1 1
C2n 2 1 f (x)P2n (x)dx
4n 1 2
0
1
1 xP2n (x)dx 0 xP2n (x)dx
(2k 1)!
a1
6. 2 勒让德方程的求解
y(x) a1 y1(x) a2 y2 (x)
其中
y1

1

n(n 1) 2!
x2

n(n

2)(n 4!
1)(n

3)
x4


(2k 2 n)(2k 4 n) (n)(n 1) (n 2k 1) x2k (2k)!
第六章 勒让德多项式
勒让德方程的引出 勒让德方程的求解 勒让德多项式 函数展开成勒让德多项式的级数
6.1 勒让德方程的引出
6.1 勒让德方程的引出
在球坐标系下
x r sin cos

y

r
sin
sin
z r cos
(0 r , 0 π, 0 2π)
y2

x

(n
1)(n 3!

2)
x3

(n
1)(n

3)(n 5!

2)(n

4)
x5


(2k 1 n)(2k 3 n) (1 n)(n 2) (n 2k) x2k1 (2k 1)!
6. 3 勒让德多项式
6. 3 勒让德多项式
将6.2中的递推公式写成
ak

(k 2) (k 1) (n k)(k n 1)
代入方程得
(r2R" 2rR ') (" cot ')R 0
化简并引入参数
r2R" 2rR ' " ctg '
R

分解得到两个常微分方程
r2R" 2rR ' R 0
" cot ' 0
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
6.1 勒让德方程的引出
第二个方程为
d 2
d 2

cot
d
d

n

n

1

m2
sin2



0
令 x cos ，并记 P( x) (cos )
1 x2
d2P dx 2

2x
dP dx

n

n

1

m2 1 x2

P

0
多项式的Rodrigues表达式
当为整数时,取
an

(2n)! 2n (n!)2
时,
y1(x), y2 (x)
中总有一个是勒让德多项式，在[ －1，1 ]上有界，
这时另一个函数仍是无穷级数，记作 Ql (x)
6. 3 勒让德多项式
此时Legendre方程的通解为
y(x) C1Pl (x) C2Ql (x)
连带的勒让德方程
6.1 勒让德方程的引出
m=0时
1 x2
d2P dx 2

2x
dP dx

nn
1
P

0
勒让德方程
6. 2 勒让德方程的求解
6. 2 勒让德方程的求解
考整虑理勒c让(c德方1)a程0 x
1 x2
{[(k c
令
k0
cdd22x2)y2(ck(c2cx1dd)1xay)1axkcn21n
Laplace方程的表达式为
1 r2
r

r
2
u r


1
r 2 sin



sin
u



1
r 2 sin2
2u
2

0
6.1 勒让德方程的引出
令ur, , Rr 代入上式得
r2
d dr

r
2
ak 2
可以将其它系数一一推算出来，即
an2

n(n 1) 2(2n 1)
an
an4

(n 2)(n 3) 4(2n 3)
an2

n(n 1)(n 2)(n 3) 2 4(2n 1)(2n 3)
an
取
an

(2n)! 2n (n!)2
有
an2


(2n 2)! 2n (n 1)!(n
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
R的方程 r2R" 2rR ' n(n 1)R 0 的通解为
Rn (r) Anr n Bnr (n1)
当 r 0,| Rn | 应保持有界，故 Bn 0 ，即
Rl (r) Al rl
(k n)(k n 1) c =0时 递推公式 ak2 (k 2) (k 1) ak 依此可得
a2

l(l 1) 2!
a0
a4

(2 l)(l 3) 43
a2

(2 l)(l)(l 1)(l 4!
3)
a0
a2k

(2k
2 l)(2k
4 l) (l)(l (2k )!

n n

1 sin2






0
6.1 勒让德方程的引出
第一个方程与自然周期条件 2
结合，构成本征值问题
" 0
2
解之可确定本征值 m2, m 0,1,
和相应的本征函数 Acos m Bsin m

1
y

0
y([x()kxcc)(ka0ca1x1)an2(xn2 1)ak ]a}kxxkkc 0
比将较其可代得入勒让德方程，得
c(c 1)a0 0
c 0或＝1
c(c 1)a1 0 [(k c)(k c c 0或1) ＝ n－(n1 1)]ak xkc
6. 4 函数展开成勒让德多项式的级数
例3 球形域内的电位分布 在半径为1的球内求调和函数u ，使其在球面上
满足 u |r1 cos2
解：在球面坐标系 所提问题可化为下列边值问题
1u

r
2
1 rr2
r2rurr2
u
rr
2s1inr2
在第二个方程中，令
n(n 1), x cos, (arccos x) P(x)
则有
1 x2
d2P dx2

2x
dP dx

n

n
1
P

0
勒让德方程
为保证函数 u 的有界性 n 只能取为整数，此时 P(x) CnPn (x) 是方程在自然边界条件 P(1) 下的特征函数系.
2n
k
(2n !(n
2k)! k)!(n
2k
xn2k )!
这两个多项式可以统一写成
n
Pn (x)

2
(1)k
k 0
(2n 2k)! 2n k !(n k)!(n
xn2k , 2k )!
n 0,1, 2,
n 阶勒让德多项式
6. 3 勒让德多项式
1
,
m

n
N
1 1
Pn2
(
x)dx

2 称为勒让德多项式的模值。
2n 1
{Pn (x)}n0 是一个正交的函数系.